2019-2020学年高二物理下学期期末考试试题(含解析) (IV).doc

2019-2020学年高二物理下学期期末考试试题(含解析) (IV)一单项选择题（每题3分，共24分）1.一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（ ）A. 质点一定做匀变速直线运动B. 质点可能做匀速圆周运动C. 质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D. 质点单位时间内速率的变化量总是不变【答案】C【解析】【详解】A项：若所施加的外力方向与物体运动方向相同，则物体做匀加速直线运动，但如果力与初速度不在同一直线上，则不可能做直线运动，故A错误；B项：匀速圆周运动所受外力为变力，始终指向圆心，由于所施加的是恒力，因此不可能做匀速圆周运动，故B错误；C项：由牛顿第二定律可知，质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同，故C正确；D项：质点的加速度恒定，速度的变化量在单位时间内是相同的，但是速率在单位时间内的变化量不一定相同，故D错误。2.三个运动物体a、b、c，其位移时间图像如图所示，关于三个物体在t0时间内的运动，以下说法正确的是（ ）A. 和做曲线运动，做直线运动B. 三者平均速度相同C. 三者平均速率相等D. 三个物体均做单向直线运动，并在t0时刻相遇【答案】B【解析】试题分析：xt图像只能表示直线运动，三个物体均做直线运动，故A错误；三个物体在t0时间内的位移相同，都为x0，平均速度等于位移与时间的比值，则有三者平均速度相同，故B正确；三个物体在t0时间内的路程不相同，a的路程为2x1-x0，b、c的路程为x0，平均速率等于路程与时间的比值，则有三者平均速率不相同，故C错误；三个物体在t0时刻相遇，b、c做单向直线运动，a的位移达到x1后反向运动，故D错误。考点：xt图像的物理意义，平均速度，平均速率。3.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经t时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v在此过程中（ ）A. 地面对他的冲量为mv+mgt，地面对他做的功为12mv2B. 地面对他的冲量为mv+mgt，地面对他做的功为零C. 地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为12mv2D. 地面对他的冲量为mv-mgt，地面对他做的功为零【答案】B【解析】试题分析：人的速度原来为零，起跳后变化v，以向上为正方向，由动量定理可得Imgt=mv0，故地面对人的冲量为mv+mgt，人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故D正确。考点：考查了动量定理，功的计算【名师点睛】在应用动量定理时一定要注意冲量应是所有力的冲量，不要把重力漏掉视频4.一水平抛出的小球落到一倾角为q 的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图中虚线所示。小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为（ ）A. tanq B. 2tanq C. 1tan D. 12tan【答案】D【解析】试题分析：物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同由图中几何关系可知，平抛的末速度与竖直方向的夹角等于斜面倾角，则有：tan=v0gt则下落高度与水平射程之比为：yx=gt22v0t=gt2v0=12tan，故B正确视频5.科技的发展正在不断地改变着我们的生活，图甲是一款放在水平桌面上的手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感，接触到平整光滑的硬性物体时，会牢牢吸附在物体上。图乙是手机静止吸附在该手机支架上的侧视图，若手机的重力为G，下列说法正确的是A. 手机受到的支持力大小为GcosB. 手机受到的摩擦力大小大于GsinC. 纳米材料对手机的作用力方向竖直向上D. 纳米材料对手机的作用力大小为Gsin【答案】C【解析】手机处于静止状态，受力平衡，根据平衡条件可知，在垂直支架方向有：FN=Gcos+F吸，大于Gcos，故A错误；在平行斜面方向，根据平衡条件，有：f=Gsin，故B错误；手机处于静止状态，受力平衡，受到重力和纳米材料对手机的作用力，根据平衡条件可知，纳米材料对手机的作用力大小等于重力，方向与重力方向相反，竖直向上，故C正确，D错误。故选C。6.如图所示，小球质量为m，被三根质量不计的劲度系数相同的弹簧A、B、C拉住，弹簧间的夹角均为120。小球平衡时，A、B、C的伸长量之比为3：3：1，当剪断C瞬间，小球的加速度大小及方向为（ ）A. g/2，竖直向上 B. g/2，竖直向下C. g/4，竖直向上 D. g/4，竖直向下【答案】A【解析】【分析】先小球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件求出剪断C前弹簧C的弹力，在当剪断C瞬间，A、B的弹力没有变化，小球所受的合力与原来弹簧C的弹力大小相等、方向相反，则得到此瞬间小球的合力，由牛顿第二定律求出加速度。【详解】对小球平衡有：3F=F+mg解得：F=12mg 当剪断C瞬间，A、B的弹力没有变化，小球所受的合力与原来弹簧C的弹力大小相等、方向相反，即此瞬间小球的合力大小为F=12mg，方向竖直向上由牛顿第二定律得，小球的加速度大小为12g，方向竖直向上。故A正确。【点睛】本题是牛顿运动定律应用中典型的问题瞬时问题，往往先分析状态变化前弹簧的弹力，再分析状态变化瞬间的合力，求出瞬间的加速度，关键要抓住弹簧的弹力不能突变的特点进行分析。7.如图所示,质量为m的物体在恒力F的作用下沿天花板加速滑动, F与水平方向的夹角为，物体与天花板之间的动摩擦因数为，则物体受到的摩擦力大小是（ ）A. Fcos B. FsinC. (Fsinmg) D. (mgFsin)【答案】C【解析】【分析】对物体受力分析，受推力、重力、支持力、摩擦力而做加速运动，用正交分解法列式求解。【详解】对物体受力分析，将推力F正交分解，如图竖直方向 Fsin-N-mg=0摩擦力大小f=N=（Fsin-mg）故C正确。【点睛】关键是分析物体的受力情况，作出力图，列方程即可求解，选择恰当的方法，往往可以使问题简化，常用方法有：正交分解法；相似三角形法；直角三角形法；隔离法与整体法；极限法。8.如图所示，用橡皮筋将一小球悬挂在竖直支柱的细杆上处于静止状态，现使小球绕支柱做稳定的匀速圆周运动（橡皮筋在弹性限度内），小球与静止在竖直位置时相比，下列说法正确的是（ ）A. 小球远离支柱，小球的高度升高B. 小球远离支柱，小球的高度降低C. 小球与支柱的距离保持不变，小球的高度保持不变D. 小球远离支柱，小球的高度升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定【答案】A【解析】设橡皮筋的长度是L0，开始时小球到转轴的距离为a；小球原来静止时，小球与悬挂点间的距离为：h1=L0+mgk小球做匀速圆周运动时，设偏离竖直方向角，对小球进行研究，分析受力情况：重力mg和橡皮条的弹力F。小球在水平面内做圆周运动，则在竖直方向上：F=mgcos ；又由胡克定律得：F=kx；则有：x=mgkcos ；此时小球相对于悬挂点的距离为：h2=（L0+x）cos=L0cos+mgk；则 h2h1，因此小球远离支柱，高度一定上升；故选A。二多选题（每题3分，少选得2分，不选或选错不得分，共18分）9.如图所示，木块受到水平力F作用静止于斜面上，此力F的方向与斜面平行，如果将力F撤除，下列对木块的描述正确的是（ ）A. 木块将沿斜面下滑 B. 木块仍处于静止状态C. 木块受到的摩擦力变小 D. 木块所受的摩擦力方向不变【答案】BC【解析】【详解】设木块的重力为G，将木块所受的重力分解为垂直于斜面方向和沿斜面向下方向，沿斜面向下的分力大小为Gsin，如图，在斜面平面内受力如图， 力F未撤掉时，由图1根据平衡条件得，静摩擦力大小f 1 =(Gsin)2+F2，力F撤掉时，重力分力Gsinv1，则（ ）A. 从图象可知，小物块一定能返回到出发点AB. t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C. 0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D. 0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用【答案】AB【解析】【分析】0t1时间内木块向左匀减速直线运动，受到向右的摩擦力，然后向右匀加速，当速度增加到与皮带相等时，一起向右匀速，摩擦力消失。【详解】A项：由图象可知，小物块以v2向左做匀减速运动，在t1时刻速度减为零后接着做反向的加速运动，加速到与传送带速度相同后与传送带一起做匀速直线运动，故A正确；B项：t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，故B正确；C项：0t2时间内，小物块相对传送带始终向左运动，所以小物块受到的摩擦力方向始终向右，故C错误；D项：0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，且大小不变，t2t3时间内小物块不受摩擦力作用，故D错误。【点睛】本题关键从图象得出物体的运动规律，然后分过程对木块受力分析，注意摩擦力的有无的判断。11.如图甲所示为光电效应的实验装置示意图，图乙为遏止电压随光照频率的变化规律。下列说法正确的是( )A. 该金属的极限频率约为5.11014Hz.B. 若图线斜率为k,则普朗克常量为keC. 用某色光照射金属板时能发生光电效应，增大光照强度则电流表示数增大D. 用某色光照射金属板时能发生光电效应，将滑动变阻器向右移电流表示数变大【答案】ABC【解析】由Uc=hveW0e知，该金属的极限频率为5.11014Hz，斜率为k时，普朗克常量为ke，AB正确；用某色光照射金属板时能发生光电效应，增大光照强度则电流表示数增大，向右移动滑动变阻器电流表示数将变变小，甚至变为零，选项C正确，D错误12.如图所示，AB、AC两光滑细杆组成的直角支架固定在竖直平面内，杆AB与水平地面的夹角为30，两细杆上分别套有带孔的小球a、b，在细线作用下处于静止状态，细线恰好水平。某时刻剪断细线，在两球下滑到细杆底端的过程中，下列说法正确的是（ ）A. 小球a、b的质量之比为3：1B. 小球a、b下滑到细杆底端时速度相同C. 小球a下滑的时间大于小球b下滑的时间D. 小球a受到的弹力与小球b受到的弹力之比为3:1【答案】AC【解析】【详解】对a球受力分析，如图：根据平衡条件：mag=Ttan300 同理可得：mag=Ttan600所以ma:mb=3:1 ，故A正确；B项：a、b两球到底端时速度的方向不同，故速度不同，故B错误；C项：设从斜面下滑的高度为h，则hsin300=12ata2，aa=gsin300，解得：ta=22hg，同理：tb=22h3g，可见a球下滑的时间较长，故C正确；D项：小球a受到的弹力N=magcos300=332mg，小球b受到的弹力 N=mbgcos600=12mg，所以小球a受到的弹力与小球b受到的弹力之比为33:1，故D错误。13.如图所示，M为固定在水平桌面上的有缺口的方形木块，abcd为半径是R的34圆形光滑的轨道，为轨道最高点，de面水平且有一定长度，今将质量为m的小球在d点的正上方高为h处由静止释放，其自由下落到d处切入轨道内运动，不计空气阻力，则以下论断正确的是（ ）A. 只要h大于R，释放后小球就能通过a点B. 无论怎样改变h，都不可能使小球通过a点做自由落体运动C. 无论怎样改变h，都不可能使小球通过a点后落回轨道内D. 只要改变h，就能使小球通过a点后，既可以落回轨道内又可以落到de面上【答案】BC【解析】试题分析：小球恰能通过a点的条件是小球的重力提供向心力，根据牛顿第二定律：,解得：,根据动能定理：，得：,若要释放后小球就能通过a点，则需满足,A错误；小球离开a点时做平抛运动，用平抛运动的规律，水平方向的匀速直线运动：，竖直方向的自由落体运动：，解得：，故无论怎样改变h的大小，都不可能使小球通过a点后落回轨道内，小球将通过a点不可能到达d点只要改变h的大小，就能改变小球到达a点的速度，就有可能使小球通过a点后，落在de之间,B错误；C正确；D错误；故选C。考点：向心力；机械能守恒定律。【名师点睛】根据牛顿第二定律分析小球的加速度与质量的关系若小球恰能通过a点，其条件是小球的重力提供向心力，根据牛顿第二定律可解得小球此时的速度，用平抛运动的规律：水平方向的匀速直线运动，竖直方向的自由落体运动规律求出水平距离，由机械能守恒定律可求得h，分析小球能否通过a点后落回轨道内。14.如图所示，在光滑的水平面上有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C，两端A、B一样高，现让小滑块m从A点静止下滑，则( )A. m不能达到小车上的B点B. m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动C. m从A到B的过程中小车一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零D. M和m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒【答案】CD【解析】A、M和m组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒所以m恰能达到小车上的B点，到达B点时小车与滑块的速度都是0，故A正确；BC、M和m组成的系统水平方向动量守恒，m从A到C的过程中以及m从C到B的过程中m一直向右运动，所以M一直向左运动，m到达B的瞬间，M与m速度都为零，故B错误，C正确；D、小滑块m从A点静止下滑，物体M与滑块m组成的系统水平方向所受合力为零，系统水平方向动量守恒，竖直方向有加速度，合力不为零，所以系统动量不守恒M和m组成的系统机械能守恒，故D错误；故选AC。【点睛】小滑块m从A点静止下滑，物体M与滑块m组成的系统水平方向所受合力为零，系统水平方向动量守恒，竖直方向有加速度，合力不为零，系统动量不守恒。三实验填空题（共13分）15.小明同学看了“神舟十号”宇航员王亚平在太空授课时，利用牛顿第二定律测量聂海胜的质量后深受启发，在学校实验室里设计了如图甲所示的实验装置，测量手机电池的质量，为使滑块平稳运动，小明把两块质量相等的手机电池用质量不计的细棉线固定在滑块的两侧接通气源，当空气从导轨两侧稳定喷出时，发现滑块与气垫导轨没有直接接触，装置能正常使用调节导轨水平，把细线的一端固定在滑块上，另一端固定在钩码上(1)小明用图乙中的螺旋测微器测得遮光条的宽度L_mm.(2)将附带手机电池的滑块由图甲所示位置从静止释放，在钩码的牵引下先后通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光条通过第一个光电门的时间为t17.2103s，通过第二个光电门的时间为t22.3103 s，遮光条从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间为t0.592 s，则手机电池经过光电门1时的瞬时速度v1_m/s(保留2位有效数字)，经过光电门2时的瞬时速度v2_m/s(保留3位有效数字)，重力加速度g10 m/s2，手机电池的加速度a_m/s2(保留2位有效数字)(3)已知钩码的质量为m1200 g，滑块与遮光条的总质量为m2510 g，则一块手机电池的质量为m_g(保留2位有效数字)【答案】 (1). (1)5.000或5.001或4.999 (2). (2)0.69； (3). 2.17； (4). 2.5； (5). (3)45；【解析】（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：5mm+0.00.01mm=5.000mm；（2）经过光电门1的速度：v1=Lt1=5.0001037.2103=0.69m/s 经过光电门2的速度：v2=Lt2=5.0001032.3103=2.17m/s加速度：a=v2v1t=2.170.690.592=2.5m/s2 （3）由牛顿第二定律得：m1g=（m1+m2+2m）a即：0.210=（0.2+0.51+2m）2.5解得：m=0.045kg=45g；16.某同学在实验室进行测定动摩擦因数的实验。第一步：该同学把长木板的一端垫起，并调整至合适的角度，使质量为m的滑块P可沿长木板匀速下滑，如图甲所示；第二步：在图甲装置中长木板上端安装一个定滑轮，如图乙所示，之后将滑块P置于长木板底端，通过细绳跨过定滑轮与质量为2m的滑块Q相连，先接通打点计时器的电源，后将滑块Q无初速度释放，两滑块共同做加速运动，得到了一条比较理想的纸带；第三步：从纸带上较为清晰的A点开始连续选取8个点，用刻度尺测量各点到A点的距离x，并计算第27各点的速度可及其二次方的数值v2，以v2为纵坐标，以x为横坐标，描点作图，得到如图丙所示的图像，重力加速度g取10 m/s2。根据上述操作步骤完成下列问题： (1)打A点时，滑块Q的速度大小为_。(2)长木板倾角的正弦值为_，滑块P与长木板间的动摩擦因数为_。【答案】 (1). 2 (2). 0.6 (3). 0.75【解析】（1）根据v2=v02+2ax结合图像可知，打A点时，滑块Q的速度大小满足vA2=4，即vA=2m/s（2）由图像可得2a=640.375=163，则a=83m/s2 由牛顿定律：2mgmgsinmgcos=3ma 又mgsin=mgcos sin=0.6； =0.75四计算题（共45分）17.某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落他打开降落伞后的速度图象如图所示已知人和降落伞的总质量m= 60kg，g取10 m/s2（1）不计人所受的阻力，求打开降落伞前运动员下落的高度？（2）打开伞后伞所受阻力Ff与速度v成正比，即Ffkv，求打开伞瞬间运动员的加速度a的大小和方向？【答案】（1）45m（2）40m/s2，竖直向上【解析】试题分析：（1）打开降落伞前运动员下落的高度h=v22g=45m（2）匀速下落时：解得：k=100由牛顿第二定律：kvmg=ma解得：；竖直向上考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】本题要求同学们能根据速度图象分析出运动员的运动情况，知道当重力和阻力相等时，物体做匀速运动，受力平衡，难度适中。18.如图，在竖直平面内由14圆弧AB和12圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接。AB弧的半径为R，BC弧的半径为R2。将小球a从14圆弧的最高点A由静止释放，运动到B点时与静止在该处的小球b发生弹性正碰。已知小球a的质量为小球b质量的5倍，重力加速度大小为g。求:(1)碰撞前瞬间小球a的速度大小；(2计算说明小球b能否到达C点。【答案】(1) 2gR (2) 能通过【解析】【详解】(1)小球a从A点到B点应用动能定理有：mgR=12mv02 v0=2gR；(2)a、b发生弹性碰撞，由能量守恒有：12mav02=12mbvb2+12mava2 由动量守恒有：mav0=mava+mbvb 解得：vb=532gR 小球b从B到C由机械能守恒可得：mbgR+12mbvC2=12mbvb2 解得：vC=432gR 能过最高点C的速度为：mbg=mbvmin2R2 解得：vmin=gR2 由于vCvmin 所以小球b能过最高点C。19.如图所示，质量为M=10kg的小车停放在光滑水平面上。在小车右端施加一个F=10N的水平恒力。当小车向右运动的速度达到2.8m/s时，在其右端轻轻放上一质量m=2.0kg的小黑煤块（小黑煤块视为质点且初速度为零），煤块与小车间动摩擦因数0.20。假定小车足够长。（1）求经过多长时间煤块与小车保持相对静止（2） 求3s内煤块前进的位移（3）煤块最终在小车上留下的痕迹长度【答案】(1) 2s (2) 8.4m (3) 2.8m【解析】【分析】分别对滑块和平板车进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自加速度，物块在小车上停止相对滑动时，速度相同，根据运动学基本公式即可以求出时间通过运动学公式求出位移。【详解】(1) 根据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有：FN=ma1 FN-mg=0代入数据解得：a1=2m/s2刚开始运动时对小车有：FFN=Ma2 解得：a2=0.6m/s2经过时间t，小黑煤块和车的速度相等，小黑煤块的速度为：V1=a1t车的速度为：v2=v+a2t解得：t=2s；(2) 在2s内小黑煤块前进的位移为：x1=12a1t2=4m 然后和小车共同运动1s时间，此1s时间内位移为：x1=v1t+12a3t2=4.4m 所以煤块的总位移为：x1+x1=8.4m (3) 在2s内小黑煤块前进的位移为：x1=12a1t2=4m小车前进的位移为：x2=v1t+12a2t2=6.8m 两者的相对位移为：x=x2x1=2.8m即煤块最终在小车上留下的痕迹长度2.8m。【点睛】该题是相对运动的典型例题，要认真分析两个物体的受力情况，正确判断两物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解。20.如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。 其中，AB和CD为等温过程，BC和DA为绝热过程（气体与外界无热量交换）。这就是著名的“卡诺循环”。 该循环过程中，下列说法正确的是_（选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得5分，选错一个扣3分，选错2个不得分）AAB过程中，气体对外界做功BBC过程中，气体分子的平均动能增大CCD过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多DDA过程中，气体的温度在升高EDA过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化【答案】ACD【解析】【分析】气体的内能只与温度有关，根据热力学第一定律有U=W+Q判断气体吸热还是发热；根据图象利用理想气体状态方程对每一个过程进行分析即可。【详解】A项：因为AB为等温过程，压强变小，体积变大，故气体对外界做功，故 A正确；B项：BC为绝热过程，压强变小，体积变大，气体对外界做功，根据热力学第一定律有U=W+Q，Q=0，所以内能减小，则温度降低，分子平均动能减小，故B错误；C项：CD为等温过程，压强变大，体积减小，因为温度不变，故气体分子的平均动能不变，压强变大说明单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C正确；D、E项：DA为绝热过程，压强变大，体积减小，故外界对气体做功，根据热力学第一定律有U=W+Q，Q=0，所以内能增大，则温度升高，故气体分子的速率分布曲线会发生变化，故D正确，E错误。【点睛】本题是图象问题，解题的关键从图象判断气体变化过程，利用理想气体状态方程，然后结合热力学第一定律进行分析判断即可解决。21.如图所示，导热气缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M=200kg，活塞质量m=10kg，活塞面积S=100cm2，活塞与气缸壁无摩擦且不漏气，此时，缸内气体的温度为27，活塞位于气缸正中，整个装置都静止，已知大气压恒为p0=1.0105Pa，重力加速度为g=10m/s2，求：（1）缸内气体的压强p1；（2）缸内气体的温度缓慢升高到多少摄氏度时，活塞恰好静止在气缸缸口AB处？【答案】（1）p1=3.0105Pa；（2）【解析】试题分析：以气缸为对象（不包括活塞）对气缸列受力平衡方程：带入数据解得：当活塞恰好静止在气缸缸口AB处时，缸内气体温度为，压强为，此时仍有：即，由此可知缸内气体为等压变化。对这一过程研究缸内气体，由理想气体状态方程得：带入数据解得 ：所以考点：理想气体的状态方程【名师点睛】本题考查了求气体的压强与温度，分析清楚气体状态变化过程、巧妙选择研究对象是解题的关键，应用平衡条件、理想气体状态方程即可解题。